第四章同余式
§4同余式
1 基本概念及一次同余式
定义 设()1
10n
n n n f x a x a x
a --=+++ ，其中()0,0,1,,i n a i n >= 是整数，又设0m >，
则
()()0mod f x m ≡ （1）
叫做模m 的同余式.若()0mod n a m ≡，则n 叫做同余式（1）的次数. 如果0x 满足
()()00mod ,f x m ≡则()0mod x x m ≡叫做同余式（1）的解.不同余的解指互不同余的解.
当m 及n 都比较小时，可以用验算法求解同余式.如 例1 同余式()5
4
3
2
22230mod 7x x x x x +++-+≡
仅有解()1,5,6mod 7.x ≡
例2 同余式()4
10mod16x -≡有8个解
()1,3,5,7,9,11,13,15mod16x ≡
例3 同余式()2
30mod 5x +≡无解。
定理 一次同余式
()()0mod ,0mod ax m a m ≡≡ （2）
有解的充要条件是(),.a m b
若（2）有解，则它的解数为(),d a m =. 以及当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),d a m =个解是
()0mod ,0,1,,1m
x x k m k d d
≡+
=- （3） 证 易知同余式（2）有解的充要条件是不定方程
ax my b =+ （4）
有解. 而不定方程（4）有解的充要条件为()(),,.a m a m b =-
当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则
()0mod ,0,1,, 1.m a x k b m k d d ?
?+≡=- ??
?
下证0,0,1,,1m
x k k d d +
=- 对模m 两两部同余. 设 ()00mod ,01,1m m
x k x k m k d k d d d ''+≡+≤≤-≤≤-
则
()mod ,mod ,.m m m k k d k k d k k d d d ??
'''≡≡= ???
再证满足（2）的任意一个整数1x 都会与某一个()001m
x k k d d
+
≤≤-对模m 同余. 由
()()01mod ,mod ax b m ax b m ≡≡得
()101010mod ,
mod ,.a a m m ax ax m x x x x d d d d ????≡≡≡ ? ?????
故存在整数t 使得10.m
x x t d
=+
由带余除法，存在整数,q k 使得 ,0 1.t dq k k d =+≤≤-于是()()100mod .m m
x x dq k x k m d d
=++≡+
故（2）有解时，它的解数为(),d a m =. 以及若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),a m 个解是
()0mod ,0,1,,1m
x x k m k d d
≡+
=- (5) 例1求同余式 ()912m o d 1
5x ≡ （6）的解. 解 因为()9,15 3.=又因312,故同余式（6）有解，且有三个解.
先解()5mod 43≡x , 得().5mod 3≡x 故同余式（6）的三个解为
()15
8mod15,0,1,2.3
x k k ≡+
= 即 ()3,8,13m o d 15.
x ≡ 例2 求同余式 ()6483mod105x ≡ （7）的解. 解 ()831,1105,64= ,同余式有一个解. 将同余式表为2
105
1921916152161054716476418864105836483+≡
≡≡+≡≡≡+≡≡
x ().105mod 622
124
≡≡
例3 解同余式 325x ≡ 20 (mod 161) 解 ()1161,325= 同余式有一个解, 同余式即是
3x ≡ 20 (mod 161) 即.161203y x +=
解同余式 161y ≡ -20 (mod 3)， 即2y ≡ 1 (mod 3)， 得到y ≡ 2 (mod 3)，因此同余式的解是
x ≡
3
161
220?+= 114 (mod 161). 例4 设(a , m ) = 1，并且有整数δ > 0使得 a δ ≡ 1 (mod m )， 则同余式(2)的解是x ≡ ba δ - 1 (mod m ). 解 直接验证即可.
注：由例4及Euler 定理可知，若(a , m ) = 1，则
x ≡ ba ?(m ) - 1 (mod m ) 总是同余式(2)的解.
注：本例使用的是最基本的解同余方程的方法，一般说来，它的计算量太大，不实用. 例5 解同余方程组
?
?
?≡-≡+)7(mod 232)
7(mod 153y x y x (8) 解 将(8)的前一式乘以2后一式乘以3再相减得到
19y ≡ -4 (mod 7)，
5y ≡ -4 (mod 7)， y ≡ 2 (mod 7).
再代入(8)的前一式得到3x + 10 ≡ 1 (mod 7)，
x ≡ 4 (mod 7)
即同余方程组(8)的解是x ≡ 4，y ≡ 2 (mod 7).
例6 设a 1，a 2是整数，m 1，m 2是正整数，证明：同余方程组
?
?
?≡≡)(mod )
(mod 2211m a x m a x (9) 有解的充要条件是
a 1 ≡ a 2 (mod (m 1, m 2)). (10)
若有解，则对模[m 1, m 2]是唯一的，即若x 1与x 2都是同余方程组(9)的解，则
x 1 ≡ x 2 (mod [m 1, m 2]) (11)
解 必要性是显然的.下面证明充分性.
若式(10)成立，由定理2，同余方程
m 2y ≡ a 1 - a 2 (mod m 1)
有解y ≡ y 0 (mod m 1)，记x 0 = a 2 + m 2y 0，则
x 0 ≡ a 2 (mod m 2)
并且
x 0 = a 2 + m 2y 0 ≡ a 2 + a 1 - a 2 ≡ a 1 (mod m 1)，
因此x 0是同余方程组的解。
若x 1与x 2都是方程组(9)的解，则
x 1 ≡ x 2 (mod m 1)，x 1 ≡ x 2 (mod m 2)，
由同余的基本性质，得到式(11).
习题
1．求下列同余式的解：
（ⅰ）256179(mod337).x ≡ （ⅱ） 1215560(mod 2755).x ≡ （ⅲ）12961125(mod935).x ≡ 解（ⅰ）因
256337256
811381101
141010
1311331310425104
25104319791979??????
? ? ?→-→-→
? ? ? ? ? ?-??????
?????? ? ? ?-→-→* ? ? ?
? ? ?---*??????
故()256,3371=，于是该同余式有解，且对模337有唯一解。并且
()()()()()256104337791,
25610417933760179179,256104179179mod 337,
?+?-=??+?-?=??????≡ 但是()1041791861681mod337,?=≡故()25681179337.?≡于是该同余式的唯一解为
()81mod 337.x ≡
（ⅱ）由辗转相除法，可得(1215,2755)5,5560,=故该同余式有解.
由辗转相除法，还可得1215(195)275586 5.?-+?=在这个等式两边同时乘以112，得
1215(21840)27559632560.?-+?=故1215(21840)560(mod 2755).?-≡
因21840200(mod 2755),-≡故1215200560(mod 2755).?≡故该同余式的全部解为
2755
200(mod 2755),0,1,,4.5
x k k ≡+
= 即
200,751,1302,1853,2404(mod 2755).x ≡
2．求联立同余式
()()4290mod143,29840mod143x y x y +-≡-+≡
的解。
解 由同余式()4290mod143x y +-≡得
()429mod143x y ≡-+
代入同余式
()29840mod143x y -+≡
得
()()()()24299840mod143,171420mod143,171mod143.
y y y y -+-+≡-+≡≡-
对17,143做辗转相除法。 因
1431787,17723,7321,313,
=?+=?+=?+=?
故()17,1431,=且
()()()()()()()173271772217275
172143178514351742.
=+?-=+-??-=?-+?=?-+-??=?+?-
故
()()()()143517421,17421mod143,17421mod143.
?+?-=?-≡?≡- 故由()171mod143y ≡-可得
()42mod143.y ≡
由()42mod143y ≡及()4290mod143x y +-≡得
()()442290mod143,4mod143.
x x +?-≡≡
于是可得，该联立同余式的解为
()()4mod143,42mod143.x y ≡≡
3.（ⅰ）设m 是正整数，(,)1a m =，证明
()1(mod )m x ba m ?-≡
是同余式(mod )ax b m ≡的解。 （ⅱ）设p 是质数，0a p <<，证明
1
(1)(1)
(1)(mod )!
a p p a x
b p a ---+≡-
是同余式(mod )ax b p ≡的解。
证（ⅰ）因m 是正整数，(),1,a m =故同余式()mod ax b m ≡有唯一解。由欧拉定理得
()()
()1
mod .m m aba
ba
b m ??-=≡
故()1
m x ba
?-≡是同余式()mod ax b m ≡的解。
（ⅱ）因p 是质数，0a p <<，故(,)1a p =，同余式(mod )ax b p ≡有惟一解。因
(1)!(1)(1)a p p a ---+ ,故
1(1)(1)(1)(1)!(mod(1)!).a p p a a a ----+≡--
易知
11(1)(1)(1)(1)!(1)(1)((1))(1)!(mod ).a a p p a a a a p -----+--≡----=-
而((1)!,)1a p -=，故
1(1)(1)(1)(1)!(mod (1)!).a p p a a p a ----+≡--
因此
1
(1)(1)
(1)1(mod ).(1)!
a p p a p a ---+-≡-
因!(1)(1),(!,)1a p p p a a p --+= ，故!(1)(1).a p p a --+ 于是
1
1(1)(1)(1)(1)
(1)(1)(mod ).!(1)!
a a p p a p p a a
b b b p a a ----+--+-=-≡-
因此，1
(1)(1)
(1)(mod )!
a p p a x
b p a ---+≡- 是同余式(mod )ax b p ≡的解。
§2孙子定理
孙子定理是数论中的一个重要定理，在数论中的应用非常广泛. 孙子定理给出了在一定条件下同余式组
()()()1122mod ,mod ,,mod .k k x b m x b m x b m ≡≡≡ （1）
的解的个数，以及求解的方法.
在公元四、五世纪的《孙子算经》中的“物不知数”问题： “今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何?”答案为：“23”. 这个问题也就是求解同余式组
()()()2mod3,3mod5,2mod 7.x x x ≡≡≡
明朝程大位根据孙子算经里所用的方法用歌谣给出了该题的解法：“三人同行七十稀，五树梅花廿一枝，七子团圆月正半，除百零五便得知.”即解为
()27032121523323mod105.x ≡?+?+?≡≡
在西方，与《孙子算经》同类的算法，最早见于1202年意大利数学家斐波那契的《算经》。1801年，德国数学家高斯的《算术探究》中，才明确写出了这一问题的求法。把孙子算经给出的结果加以推广，就得到了如下定理.
定理（孙子定理）设12,,,k m m m 是k 个两两互质的正整数，
12,,1,2,,,k i i m m m m m m M i k === 则同余式组（1）的解是
()111222mod ,k k k x M M b M M b M M b m '''≡+++ （2）
其中 ()1mod ,1,2,,.i i i M M m i k '≡=
证 因12,,,k m m m 两两互质，故(),1,1,2,,i i M m i k == 于是，对每一个i M ，必有整数i M '使得()1mod .i i i M M m '≡
另外，因,,i j m m i j ≠故
()1
mod ,1,2,,.k
j
j
j
i i i i i j M M b
M M b b m i k =''≡≡=∑
即（2）为（1）的解.
若12,x x 是适合（1）的任意两个整数，则
()12mod ,1,2,,.i x x m i k ≡=
因()
,1,,i j m m i j =≠故()12mod ,x x m ≡于是同余式（1）仅有解（2）. 例1 解同余式组
()()()2mod3,3mod5,2mod 7x x x ≡≡≡ （3）
解 这里1233,5,7m m m ===，它们两两互质. 1232,1, 2.b b b ===易得，1
23357105,5
735,37
21,35
15.
m M M M =??==?==
?==?= 求出满足()1351mod 3M '≡的一个整数1 2.M '= 求出满足()2211mod 5M ≡的一个整数2 1.M '= 求出满足()3151mod 7M ≡的一个整数3 1.M '= 由孙子定理得，同余式组（3）的解为
()11122233323521213115223mod105.
x M M b M M b M M b '''≡++=??+??+??≡
例2 解同余式组
()()()()1234mod5,mod 6,mod 7,mod11.x b x b x b x b ≡≡≡≡ (4)
解 这里12345,6,7,11,m m m m ====它们两两互质.
1234567112310,6711462,
5711385,5611330,567210.
m M M M M =???==??==??==??==??=
解()()()()???????≡'≡'≡'≡'11mod 12107mod 13306mod 13855mod 14624321M M M M ?()
()()()???????≡'≡'≡'≡'11mod 17mod 16mod 15mod 124
3
21M M M M
.1,1,1,3432='='='='∴M M M M 所以 ()123
41386385330210
m o d 2310.
x b b b b ≡+
+
+ 定理2 在定理1的条件下，若式(1)中的b 1, b 2, , b k 分别通过模m 1, m 2, , m k 的完全剩余系，则式(2)中的x 通过模m 1m 2 m k 的完全剩余系.
初等数论 第三章 同余
第三章 同 余 §1 同余的概念及其基本性质 。，所有奇数；所有偶数，例如，。 不同余，记作：对模则称；若所得的余数不同，同余，记作：对模则称所得的余数相同，与去除两个整数，称之为模。若用设)2(mod 1)2(mod 0)7(mod 18)(mod ,)(mod ,≡≡≡≡/≡∈+a a m b a m b a m b a m b a b a m m Z 定义1。 故同余关系是等价关系；（传递性），则，、若；（对称性） ，则、若；（反身性） 、：关系，它具有下列性质同余是整数之间的一种)(mod )(mod )(mod 3)(mod )(mod 2)(mod 1m c a m c b m b a m a b m b a m a a ≡≡≡≡≡≡ 。 则，，，设。 ，，即同余的充分必要条件是对模整数)(|)()(mod ,0)(|,2121212211b a m q q m b a r r m b a m r r r mq b r mq a t mt b a b a m m b a -?-=-?=?≡<≤+=+=∈+=-证明定理1Z 。 ，则若； ，则，若)(mod )(mod )2()(mod )(mod )(mod )1(21212211m b c a m c b a m b b a a m b a m b a -≡≡++≡+≡≡性质1 。 ，则特别地，若； ，则，若)(mod )(mod )(mod )(mod )(mod 21212211m kb ka m b a m b b a a m b a m b a ≡≡≡≡≡性质2 。 ，则， ；特别地，若则 ，，，若)(mod ,,2,1,0)(mod )(mod ,,2,1)(mod )(mod 0110111111 111 111m b x b x b a x a x a n i m b a m y y B x x A k i m y x m B A n n n n n n n n i i k k i i k k k k k k k k +++≡+++=≡≡ =≡≡----∑∑ΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛαααααααααααααααα定理2。，则，，，若)(mod )(mod 1),(1111m b a m b a m d d b b d a a ≡≡===性质3
第3章同余
第三章同余 同余的概念 在日常生活中，我们所要注意的常常不是某些整数，而是这些数用某一个固定的数去除所得的余数。例如我们问现在是几点钟，就是用24去除某一个总的时数所得的余数，又如问今天是星期几，就是问用７去除某一个总的天数所得的余数，于是就在数学中产生了同余的概念。在本部分中我们先介绍同余的概念及基本性质。 同余的定义 给定一个正整数，把它叫做模。如果用去除任意两个整数与所得的余数相同，我们就说与对模同余，记为≡（）。如果余数不同，我们就说与对 模不同余，记为（）。 例如，=6，则7≡13（6），810（6）。这是因为7和13除以6的余数均为1，而8和10除以6的余数分别为2和4。 同余的基本性质 利用同余的定义，我们可以得到同余的若干基本性质。 性质1为正整数，，，为任意整数，则 ①≡（）； ②若≡（），则≡（）； ③若≡（），≡（），则≡（）。 由定义知性质１是显然的，请读者自己给出证明。 性质２整数，对模同余的充要条件是｜－，即＝+，是整数。 证设。若≡（），则，因此，即｜－。反之，若｜－，则 ，因此，但，故，即 ≡（）。 注在很多问题中，我们常用性质２来判断、是否对模同余，有时用性质２比用定义要方便些。 性质３ ①若，则 ②若＋=（），则≡－（）。 证由性质２有，因，故，①获证。 由①有，这就是②的结论 性质４若，则。
证明由性质２，，所以 。故 。 将性质４、性质３结合起来一般有 性质５若，则 。特别地，若， ，则。 性质6若，则。 证由性质２，｜－，但，又（，）＝１，故，即。 性质７ ①若≡（），＞０，则≡（）。 ②若≡（），是，及的任一公因数，则。 利用性质２即可证明性质７，请大家作为练习自己给出证明。 性质８若，则。 证由性质２，，则由最小公倍数的性质有 ，故由性质２即得。 性质９若≡（），｜，＞０，则≡（）。 证由性质２，｜－，又｜，由整除的性质知｜－，故 ≡ （） 性质10若≡（），则（，）＝（，），因而若能整 除及，二数之一，则能整除，中的另一个。 证由性质２，＝＋，由最大公因数的性质得（，）＝（，）。 以上的每一条性质都很简单，但是都非常重要，今后会经常使用，请大家认真学好每一条性质。 同余的简单应用 A一个整数能被３（或９）整除的充要条件是它的十进位数码的和能被３（或９）整除。 证可只对正整数证明，将写成十进位数的形式：
初等数论练习
作业次数：学号姓名作业成绩 第0章序言及预备知识 第一节序言（1） 1、数论人物、资料查询：（每人物写60字左右的简介） （1）华罗庚 2、理论计算与证明： （1 （2）Show that there are infinitely many Ulam numbers 3、用Mathematica数学软件实现 A Ulam number is a member of an integer sequence which was devised by Stanislaw Ulam and published in SIAM Review in 1964. The standard Ulam sequence (the (1, 2)-Ulam sequence) starts with U1=1 and U2=2 being the first two Ulam numbers. Then for n > 2, U n is defined to be the smallest integer that is the sum of two distinct earlier terms in exactly one way 。 By the definition, 3=1+2 is an Ulam number; and 4=1+3 is an Ulam number (The sum 4=2+2 doesn't count because the previous terms must be distinct.) The integer 5 is not an Ulam number because 5=1+4=2+3. The first few terms are 1, 2, 3, 4, 6, 8, 11, 13, 16, 18, 26, 28, 36, 38, 47, 48, 53, 57, 62, 69, 72, 77, 82, 87, 97, 99 （1）Find the first 200 Ulam numbers （2）What conjectures can you make about the number of Ulam numbers less than an integer n？ Do your computations support these conjetures？
初等数论 期末复习 同余精选例题分析
第三章同余例题分析 例1：求3406的末二位数。 解：∵（3，100）=1，∴3)100(φ≡1（mod 100） φ(100)=φ(22·52)=40,∴340≡1(mol 100) ∴3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100) ∴末二位数为29。 例2：证明（a+b ）p ≡a p +b p (mod p ) 证：由费尔马小定理知对一切整数有：a p ≡a （p ），b p ≡b (P )， 由同余性质知有：a p +b p ≡a+b (p ) 又由费尔马小定理有（a+b ）p ≡a+b (p ) （a+b ）p ≡a p +b p (p ) 例3：设素数p >2，则2P -1的质因数一定是2pk +1形。 证：设q 是2p -1的质因数，由于2p -1为奇数，∴q ≠2， ∴（2·q ）=1,由条件q|2p -1,即2p ≡1（mod q ），又∵（q ,2）=1，2p ≡1（mod q ）设i 是使得2x ≡1（mod p ）成立最小正整数 若1
∴13|42n +1+3n +2 例5：证明5y +3=x 2无解 证明：若5y +3=x 2有解，则两边关于模5同余 有5y +3≡x 2(mod 5) 即3≡x 2(mod 5) 而任一个平方数x 2≡0,1,4(mod 5) ∴30,1,4(mod 5) ∴即得矛盾，即5y +3=x 2无解 例6：求 50111......被7除的余数。 解：∵111111被7整除，∴ 50111......≡11（mod 7）≡4（mod 7），即余数为 4。 例7：把..0.04263化为分数。 解：设b =...360420，从而1000b=...3642, 100000b=...364263，99000b=4263-42b=990004221 ==11000469 。 当然也可用直化分数的方法做。 例8：设一个数为62XY427是9，11的倍数，求X ，Y 解：因为9|62XY427 所以9|6+2+X+Y+4+2+7，即9|21+X+Y 又因为11|62XY427，有11|（7+4+X+6-2-Y-2） 即11|（X-Y+13） 因为0≤X，Y ≤9，所以有21≤21+X+Y ≤39， 4≤X-Y+13≤22，由此可知 21+X+Y=27，X-Y+13=11
第四章同余式
§4同余式 1 基本概念及一次同余式 定义 设()1 10n n n n f x a x a x a --=+++ ，其中()0,0,1,,i n a i n >= 是整数，又设0m >， 则 ()()0mod f x m ≡ （1） 叫做模m 的同余式.若()0mod n a m ≡，则n 叫做同余式（1）的次数. 如果0x 满足 ()()00mod ,f x m ≡则()0mod x x m ≡叫做同余式（1）的解.不同余的解指互不同余的解. 当m 及n 都比较小时，可以用验算法求解同余式.如 例1 同余式()5 4 3 2 22230mod 7x x x x x +++-+≡ 仅有解()1,5,6mod 7.x ≡ 例2 同余式()4 10mod16x -≡有8个解 ()1,3,5,7,9,11,13,15mod16x ≡ 例3 同余式()2 30mod 5x +≡无解。 定理 一次同余式 ()()0mod ,0mod ax m a m ≡≡ （2） 有解的充要条件是(),.a m b 若（2）有解，则它的解数为(),d a m =. 以及当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),d a m =个解是 ()0mod ,0,1,,1m x x k m k d d ≡+ =- （3） 证 易知同余式（2）有解的充要条件是不定方程 ax my b =+ （4） 有解. 而不定方程（4）有解的充要条件为()(),,.a m a m b =- 当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则 ()0mod ,0,1,, 1.m a x k b m k d d ? ?+≡=- ?? ?
初等数论
例1 求不定方程 3x + 6y = 15的解。 解 (3, 6) = 3∣15，所以方程有解。 由辗转相除法（或直接观察), 可知x =-1，y =1是3x + 6y = 3的解， 所以x 0 = -5，y 0 = 5是原方程的一个解。由定理2，所求方程的解是 t y t x -=+-=525 例2 求不定方程3x + 6y + 12z = 15的解。 解 原方程等价于 x + 2y + 4z = 5。 (8) 由定理3，依次解方程 t + 4z = 5， x + 2y = t ， 分别得到 u z u t -=+=141 v t y v t x -=+-=2 u ∈Z ， (9) v ∈Z 。 (10) 将式(9)与式(10)中的t 消去，得 x=-1-4u+2v, y=1+4u-v, z=1-u u , v ∈Z 。 注：本例在解方程时，首先将原方程化为等价方程(8)，这使问题简化。对例1也可以如此处理。 例3 设a 与b 是正整数，(a , b ) = 1，则任何大于ab -a -b 的整数n 都可以表示成n = ax +by 的形式，其中x 与y 是非负整数，但是n =ab -a -b 不能表示成这种形式。 解:(ⅰ)由定理2，方程 ax + by = n (11) 的解具有x=x0+bt;y=y0-at t ∈Z (12) 的形式，其中x 0与y 0满足方程(11)。 由假设条件n >ab -a -b 及式(11)与式(12),有 ax =n -by = n -b (y 0-at )>ab -a -b -b (y 0-at ) (13) 取整数t ，使得 0 ≤ y = y 0 - at ≤ a - 1， 则由式(13)得到 ax > ab - a - b - b (a - 1) = -a ， x > -1，x ≥ 0， 即 n = ax + by ，x ≥ 0，y ≥ 0。 (ⅱ) 设有x ≥ 0，y ≥ 0，使得 ax + by = ab - a - b (14) 则 a (x + 1) + b (y + 1) = ab (15) 所以a ∣b (y + 1)。但是(a , b ) = 1， 于是必有 a ∣y + 1，y + 1 ≥ a 。 同理可以证明x + 1 ≥ b ，从而 a (x + 1) + b (y + 1) ≥ 2ab ，
初等数论习题
第三章 1. 解依次计算同余式 22 4，24 16，28 256，216=65536 154， 232 1542=23716 1 (mod 641)。 因此 2. 解有71 3，72 1，74 1 (mod 10)， 因此，若 77 r (mod 4)， 则 现在77 (1)7 1 3 (mod 4)，所以由上式得到 即n的个位数是3。 3.注：一般地，若求对模m的同余，可分以下步骤进行： (ⅰ)求出整数k，使a*k 1 (mod m)； (ⅱ)求出正整数r，r < k，使得b*c r (mod k)； (ⅲ)a *r (mod m)。 4.例3求(25733 46)26被50除的余数。 解(25733 46)26 (733 4)26 = [7(72)16 4]26 [7( 1)16 4]26 = (7 4)26 326 = 3(35)5 3(7)5 = 37(72)2 21 29 (mod 50)，即所求的余数是29。 5.证明2x2-5y2=7没有整数解. 6.例1设m > 0是偶数，{a1, a2, , am}与{b1, b2, , bm}都是模m的完全剩余系，证明： {a1 b1, a2 b2, , am bm}不是模m的完全剩余系。 7.例2设A = {x1, x2, , xm}是模m的一个完全剩余系，以 {x}表示x的小数部分，证明：若(a, m) = 1，则
8. 9.例3 设{x1, x2, …, x(m)}是模m的简化剩余系，则 (x1x2…x(m))*21(mod m)。 解记P = x1x2…x(m)，则(P, m) = 1。又记yi = 1 i (m)， 则{y1, y2, …, y(m)}也是模m的简化剩余系，因此 (mod m)，再由Eule r定理，推出 P*2P*(m) 1 (mod m) ** 同余式可以像等式一样进行代换。 第二章 1. 利用辗转相除法求解 2.例3 设a，b，c是整数，(a, b) = 1，则在直线 ax by = c上，任何一个长度大于的线段上至少有一个点的坐标都是整数。
(解答题36道)第四章 同余式
第四章 同余式 三、解答题 1、设(,)1a m =，k 与m 是正整数，又设0(mod )k x a m ≡，证明同余方程(mod )k x a m ≡的 一切解x 都可以表示成0(mod )x yx m ≡，其中y 满足同余方程1(mod )k y m ≡。 解：设1x 是0(mod )k x a m ≡的任意一个解， 则一次同余方程01(mod )yx x m ≡有解y ， 再由001()(mod )k k k k k y a y x yx x a m ≡≡≡≡ 得1(mod )k y m ≡， 即1x 可以表示成0(mod )x yx m ≡，其中y 满足同余方程1(mod )k y m ≡； 反之，易知如此形式的x 是(mod )k x a m ≡的解。 2、解同余方程组()()31mod1047mod15x x ≡???≡?? 解：这同余方程组的解与同余方程组()()()()31mod 2, 31mod5, 47mod3,47mod5 x x x x ≡?? ≡??≡??≡? 的解相同， 但第二个同余方程()31mod5x ≡可化为()2mod5x ≡, 第四个同余方程()47mod5x ≡可化为()2mod5x ≡-, 与()2mod5x ≡矛盾，所以原同余方程组无解. 3、设素数2p >,求同余方程( ) 2 1mod l x p ≡的解 解：同余方程可写为()()( )110mod l x x p -+≡ 由于()1,1|2x x -+,所以上式等价于( ) 10mod l x p -≡或( )10mod l x p +≡
因此，对任意的1l ≥解为() 1,1mod l x p ≡- 解数为2. 4、求同余式3 2 ()4560(mod 27)f x x x x =-+-≡ 解：∵()0(mod3),()0(mod3)f x f x '≡≡无公解 ∴20有唯一解0(mod3)x ≡ 以13x t =代入()0(mod9)f x ≡得1(0)3(0)0(mod9)f t f '+≡ 但(0)3(mod9)f ≡，(0)5(mod9)f '≡ 故1360(mod 9)t +≡，2120(mod 3)t +≡，11(mod 3)t ≡ 因此12213,39t t x t =+=+是()0(mod9)f x ≡的唯一解 将239x t =+代入()0(mod 27)f x ≡得2(3)9(3)0(mod 27)f t f '+≡ 但(3)0(mod 27)f ≡，(3)8(mod 27)f '≡ 故2890(mod 27)t ?≡，280(mod 3)t ≡，20(mod3)t ≡ 设2333,327,3(mod 27)t t x t x ==+≡是()0(mod 27)f x ≡的唯一解。 5、4521(mod132)x ≡. 解： 因为(45,132)3 =∣21 ,所以同余式有3个解. 将同余式化简为等价的同余方程)44(mod 715≡x . 我们再解不定方程74415=-y x , 得到一解(21,7). 于是定理4.1中的210=x . 因此同余式的3个解为 )132(mod 21≡x , )132(mod 65)132(mod 3132 21≡+ ≡x , )132(mod 109)132(mod 3132 221≡?+≡x .
初等数论 第四章 同余式
第四章 同余式 §1 基本概念及一次同余式 作为一个解。 中的一切数，即成立，故把都能使中的任意整数，则剩余类的合理性：若定义的一个解。 叫做成立的一个整数，则是使若称为次数。 ，则的同余式。若称为模，则，其中，设余方程）的求解问题。课题是研究同余式（同初等数论中的一个基本)(m od )(m od 0)()(m od 0)(2)(m od 0)()(m od )(m od 0)()(m od 0)(m od 0)()(011m a x K m a f a K m a f m x f m a x m a f a n m a m m x f a a x a x a x f m a a n i n n n n ≡≡''≡≡≡≡≡/≡∈+++=∈--+定义2定义1Z Z 。，解数为，的解为同余式，所以，，的一切整数解为因为不定方程。有解不定方程有解同余式的任一个解。 是同余式其中，，个解，它们是 余式共有。当此条件成立时，同有解的充分必要条件是，则一次同余式设d d k m d m k x x m b ax t t d m x x b my ax b d b my ax m b ax m b ax x d k m d m k x x d b d m b ax d m a 1,,1,0)(m od )(m od )2(|)(m od )1()(m od 1,,1,0)(m od |)(m od ),(0000-=? +≡≡∈+==+?=+?≡≡-=? +≡≡= Z 证明定理。解时，一次同余式有唯一当)(m od 1),(1)(m b a x m a m -≡=?注 同余式的解法 1、代入法（适用于模较小时） 。 ，得 的完全剩余系逐一代入以，，所以同余式有唯一解因为解同余式)17(m od 6171)17,3() 17(m od 13≡=≡x x 解例1
初等数论 同余式 精选例题分析
第四章同余式例题分析 定义1：当（a ，m ）=1时，若ab )(mod 1m ≡，则记b )(mod 1 m a ≡，称为形式分数。根据定义和记号，则m a c a c 关于模表示1 ?，则有下列性质 1、. ,),(mod 212 1Z t t m mt a mt c a c ∈++≡2、若（d ，m ）=1，且). (mod ,,1 111m a c a c dc c da a ≡==则利用形式分数的性质把分母变成1，从而一次同余式的解。 例1：解一次同余式) 25(mod 1917≡x 解：∵（17，25）=1，原同余方程有解，利用形式分数的性质，同余方程解为 ) 25(mod 717 2418861719 ≡--≡≡--≡≡x 例2：解同余方程组?????≡≡ -≡) 15mod (1)10mod (6) 12mod (2x x x 解：∵（12，10）|6+2，（12，15）|-2-1，（10，15）|6-1 ∴原同余方程有解，且等位于 ???????????≡≡≡≡-≡-≡) 5mod () 3mod (1)5mod (6)2mod (6) 3mod (2) 4mod (2x x x x x x ??????≡≡- ≡) 5mod (1)3mod (1) 4mod (2x x x 此时变成模两两互素 由孙子定理可求得其解为：) 60(mod 46≡x 例3：解一次同余式组
???≡≡) 4(mod 13) 75(mod 5751x x 解:用常规方法先求每一个一次同余式的解，得到下列一次同余式组 ???≡≡) 4(mod 3) 75(mod 57,32,7x x 然后用孙子定理求解，所以同余方程组有3个解，且解分别为)300(mod 7≡x ，)300(mod 107≡x ，) 300(mod 207≡x 例4：设2p +1是素数，则) (mod )()!(12012+≡-+p P p 证：设n =2p +1,由假设n 为素数，于是由威尔逊定理有(n -1)!≡-1(mod n ) 由于(n -1)!+1≡(n -1)(n -2)…(p +2)(p +1)p (p -1)…3·2·1+1 ≡1·(n -1)·2(n -2)·2(n -3)…·(p -1)[n -(p -1)]·p ·(n-p )+1≡p !(n -1)(n -2)…(n-p )+1≡(p !)2(-1)p +1(mod n ) ∴(p!)2(-1)p +1≡0(mod n ) ∴(p !)2+(-1)p ≡0(mod 2p +1) 例5：解同余方程28x ≡21(mod 35) 解：∵（28,35）=7|21， ∴原同余方程有解，且有7个解 原同余方程等价于4x ≡3(mod 5) 而且4x ≡3(mod 5)解为x ≡2(mod 5) ∴原同余方程解为2，7，12，17，22，27，31（mod 35）
闵嗣鹤、严士健,初等数论第三章习题解答
第三章 同余 §1习题（P53） 1． 证明定理2及性质庚、壬 01定理2 若11(mod )k k A B m αααα≡ (mod )i i x y m ≡ ，1,2,,i k = 则 1111k k k k A x x αααααα≡ ∑ 1111(mod )k k k k B y y m αααααα∑ 证：由(mod ) i i x y m ≡ ?戊 (mod )i i i i x y m αα≡ 11k k x x αα?≡ 戊 11(mod )k k y y m αα 1 11k k k A x x αααα?≡ 戊 1 1 1(mod )k k k B y y m αααα 1111k k k k A x x αααααα? ∑ ≡ 丁 111 1(mod )k k k k B y y m αααααα ∑ 02庚证：（i ）(mod )a b m ≡∵ 由P48定理1m a b km ka kb ????， 0(mod )km ak bk mk >?≡ （ii ）设1a a d =，1b b d =，1m m d = 0m >∵，100d m >?> (mod )a b m ≡∵ 111()m a b dm d a b ???? 111111(mod )(mod a b m m a b a b m d d d ???≡?≡ 2． 设正整数101010n n a a a a =+++ 010i a <-，试证11/a 的充要条件是0 11(1)n i i i a =?∑。 证：由101(mod 11)10(1)(mod 11)i i ≡??≡? 10(1)(mod 11)10(1)(mod 11)n n i i i i i i i i i i a a a a ==?≡??≡?∑∑ 01110(1)n n i i i i i i a a ==???∑∑ 于是11a 0 11(1)n i i i a =??∑
1 基本概念及一次同余式
1 基本概念及一次同余式 定义 设()110n n n n f x a x a x a --=+++ ，其中()0,0,1,,i n a i n >= 是整数，又设0m >， 则 ()()0mod f x m ≡ （1） 叫做模m 的同余式。若()0m o d n a m ≡，则n 叫做同余式（1）的次数。如果0x 满足()() 00m o d ,f x m ≡则()0mod x x m ≡叫做同余式 （1）的解。不同余的解指互不同余的解。 当m 及n 都比较小时，可以用验算法求解同余式。如 例1 同余式 ()5 4 3 2 22230mod 7x x x x x +++-+≡ 仅有解()1,5,6mod 7.x ≡ 例2 同余式 ()4 10mod 16x -≡ 有8个解 ()1,3,5,7,9,11,13,15mod 16x ≡ 例3 同余式 ()2 30mod 5x +≡无解。 定理 一次同余式 ()()0mod ,0mod ax m a m ≡≡ （2） 有解的充要条件是(),.a m b 若（2）有解，则它的解数为(),d a m =。以及当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),d a m =个解是 ()0m od ,0,1,,1m x x k m k d d ≡+ =- （4） 证 易知同余式（2）有解的充要条件是不定方程 ax m y b =+ （5） 有解。而不定方程（5）有解的充要条件为()(),,.a m a m b =- 当同余式（2）有解时，若0x 是满足（2）的一个整数，则
()0m od ,0,1,, 1.m a x k b m k d d ? ?+≡=- ?? ? 下证0,0,1,,1m x k k d d + =- 对模m 两两部同余。设 ()00m od ,01,1m m x k x k m k d k d d d ''+≡+≤≤-≤≤- 则()m od ,m od ,.m m m k k d k k d k k d d d ? ?'''≡ ≡= ?? ? 再证满足（2）的任意一个整数1x 都会与某一个()001m x k k d d + ≤≤-对模m 同 余。由 ()()01mod ,mod ax b m ax b m ≡≡得 ()101010m od , m od ,.a a m m ax ax m x x x x d d d d ???? ≡≡ ≡ ? ????? 故存在整数t 使得10.m x x t d =+ 由带余除法，存在整数,q k 使得 ,0 1.t dq k k d =+≤≤-于是()()100m od .m m x x dq k x k m d d =+ +≡ + 故（2）有解时，它的解数为(),d a m =。以及若0x 是满足（2）的一个整数，则它的(),a m 个解是 ()0m od ,0,1,,1m x x k m k d d ≡+ =- 例1求同余式 ()912mod 15x ≡ （6） 的解。 解 对如下的整数矩阵作初等列变换 915030 33 01052522501313113--???????? ? ? ? ?→--→--→- ? ? ? ? ? ? ? ?-? ?? ?? ?? ? 故()9,15 3.=又因312,故同余式（6）有解，且由三个解。由以上初等变换还可知 ()()()()921513,924151412,9812m od 15. ?+?-=??+?-?=?????≡ 故同余式（6）的三个解为 ()158m od 15,0,1,2.3 x k k ≡+ =
信息安全数学基础课件 第4章 二次同余式与平方剩余
1 我国古代《孙子算经》的“”题：今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二,引例问物不知数物几何？答曰二十三. 2(mod 3)3(mod 5)2(mod 7)x x x ≡?? ≡??≡? “物不知数”问题用同余式组表示就是: k k k x M M b M M b M M b m ≡+++'''111222 (mod )
2 公钥密码基本分析 ?加密规则e K 公开?解密规则d K 保密 –任何人(知道e K )可以加密消息–仅仅知道d K 的人可以解密消息?e K 和d K 的性质–d K (e K (x ))=x –d K 是e K 的逆 –已知e K 来计算d K 非常困难
单向函数 ?单向函数F –对于所有的x∈X,容易计算F(x); (P-问题) –对于几乎所有的y∈Y,要找到一个x∈X, 使得 F(x)=y, 是计算困难的,即计算F-1非常困难(可 能是NPC-问题) ?例:分解问题 –给定素数p和q,计算N = pq ?很容易 –逆问题: 已知N, 找到p和q很困难 3
密码学中考虑的问题 ?分解问题 ?离散对数问题 –在Z p上 –在elliptic curves上 ?背包问题 ?二次剩余问题 4
第4章二次同余式与平方剩余 4.1 二次剩余与二次非剩余 4.2 模平方根 4.3 勒让德符号含义 5
6 2 0 ax bx c ++≡12 1 20 mod ) 0 mod ) k k ax bx c p ax bx c p αα?++≡? ??++≡? （（2 0 (mod ), 0 (mod ) p ax bx c p a p α αα ++≡≡/只需讨论素数模的同余式: 22 k k m =p p p ααα11 (mod ) m 二次同余式:
初等数论习题(第三章)
初等数论作业(第三章) 1. 证明: 若n 为正整数, α为实数, 则 (1) ] [][αα=?? ????n n , (2) [][]ααααn n n n =?? ???? -+++?? ? ?? ? + +1...1. 证明: (1) 设n α = nq + r + {n α}, 0 ≤ r < n , 则[n α] = nq + r , 左边 = q n r q n r nq n n =?? ???? +=??????+=???? ??][α, 右边 = []q n n r q n n r nq n n =?? ???? ++=??????++=??? ???=}{}{αααα 所以[]αα=?? ? ? ??n n ][. (2) 设n α = nq + r + {n α}, 0 ≤ r < n , 则[n α] = nq + r , α = q +( r + {n α})/n . r = 0时, α = q +{n α}/n , 左边 = q + q + … + q = nq . 右边 = nq . r ≥ 1时, 左边 = ?? ???? -+++++?? ????++++?????? ++ n n n r q n n r q n n r q 1}{...1}{}{ααα = nq + ∑ ∑ --=--=?? ? ???+++?? ? ???++1 1 }{}{r n k n r n k n k n r n k n r αα = nq + 0 + n - 1 - (n - r ) + 1 = nq + r =[n α] = 右边. # 2. 证明不等式 [2α] + [2β] ≥ [α] + [α + β] + [β] 证明: 设α = m + a , β = n + b , m , n ∈Z , 0 ≤ a , b < 1. 不妨设a ≥ b , 则 [2α] + [2β] = [2m +2a ] + [2n + 2b ] = 2m + 2n + [2a ] + [2b ]